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数学竞赛代写｜USAMO代考美国数学邀请赛2023

美国数学邀请赛是一项面向中学生的数学竞赛，起始于1983年。该竞赛有15道问题，考试时间为3小时。AMC10前2.5%和AMC12前5%的学生有资格参加美国数学邀请赛。和美国数学竞赛、美国数学奥林匹克共同作为选拔国际数学奥林匹克美国队的赛事，该赛事处于选拔的第二级，胜出者方能参加下一级的美国数学奥林匹克比赛。

AIME资格认证的变化
从2011年开始，美国数学邀请考试（AIME）的资格参数将略有放宽。对于参加2012年AMC 10竞赛的学生，我们将邀请所有得分最高的2.5%的学生或得分至少为120分的学生（以更多的为准）参加AIME。这与2004年以来一直实行的1%（或120分）的数值不同。对于参加2012年AMC 12的学生，我们将邀请所有得分者中的前5%或得分者中至少有100分的学生参加AIME。这些AMC 12的资格值保持在2000年以来的水平。这一政策是为了防止出现特别困难的考试，即分数一致低于正常水平的考试，从而减少AIME的合格人数。

对AMC 10名合格者设定较高的要求有两个原因。

  • 首先，AIME考试可能相当令人生畏，我们不希望年轻学生因考试成绩不佳而气馁。
  • 第二，我们希望确保任何通过AMC 10考试获得AIME资格的学生在随后几年参加AMC 12考试时也有可能获得AIME资格。如果一个学生在10年级获得了AIME资格，但在随后的高中阶段却没有，这可能会让人非常失望。
    通过限制从AMC10年级获得AIME资格的人数为前2.5%，我们的计划是不排除任何非常优秀的年轻学生，对他们来说，AIME是一个适当的经验，但也不会让学生处于没有成功机会的情况。

请注意：AIME II（备用AIME）的新程序。
今年，AMC将对AIME II（也称为AIME候补）采用一些新的程序。回顾一下，AIME II的第二个（或备用）日期是 ， ， 。

AMC办公室将从2月下旬开始向学校邮寄2012年AMC 10和2012年AMC 12报告，并持续到3月初至3月中旬。 在该AMC 10和AMC 12报告中，将列出学校的AIME合格者名单。
报告中还包括该校AIME选手的AIME I竞赛（装在一个密封的信封里）、AIME答题表和AIME/USAMO教师手册。这与我们多年来的做法相同。
如果你的AIME合格者将在WWW考试时参加AIME I考试，那么一切都准备好了，你只需要按照《教师手册》中AIME I的指示，将AIME答卷寄回，以便评分。
如果你的AIME参赛者将在WWW上参加AIME II，那么你仍然需要在我们的网页上（电子注册）或AIME教师手册中的纸质表格上填写AIME II（或AIME备用）注册。请务必填写一个有效的电子邮件地址。
保存你在AMC10/AMC12报告中收到的AIME答案表。我们将在AIME I和AIME II中使用相同的答案表格。同时保存AIME报告信封，我们将使用同一个AIME报告信封寄回AIME I和AIME II。
请在3月28日关注您的电子邮件，查看包含AIME II的电子信息。它将以PDF文件的形式出现在邮件中。打印AIME II，然后为每个参加AIME II的合格者复印足够的副本。
让参加AIME II的学生用铅笔在答题表的正面上方写上 “AIME II”，与答案同侧。
任何其他必要的指示将在AIME教师手册中列出。
这些新的程序是为了降低成本，更快，更有效，更环保，减少纸张和运输。

认可
AIME的目的是在AMC10或AMC12之外，为北美许多具有特殊数学能力的高中生提供进一步的挑战和认可。得分最高的美国公民和合法居住在美国和加拿大的学生（根据加权平均分，获得合格分数）被邀请参加美国数学竞赛。

AIME（美国数学邀请考试）是介于AMC10或AMC12和USAMO之间的考试。所有参加AMC 12的学生，如果在可能的150分中取得100分或以上的成绩，或在前5%的学生被邀请参加AIME考试。所有参加AMC 10的学生，在可能的150分中取得120分或以上，或进入前2.5%的学生也有资格参加AIME。本学年AIME I的日期为 ，AIME II的日期为 ， 。美国数学邀请考试没有额外的注册费，除非你选择参加第二次考试。额外的管理/运输费是要收取的，前10名学生的最低费用为，超过10名学生的最低费用为。这在AMC 10/12和AIME教师手册中有更详细的解释。

数学竞赛代写｜USAMO代考美国数学邀请赛2023

数学竞赛代写｜USAMO代考美国数学邀请赛2023

\begin{prob}

A function $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ is essentially increasing if $f(s) \leq f(t)$ holds whenever $s \leq t$ are real numbers such that $f(s) \neq 0$ and $f(t) \neq 0$.
Find the smallest integer $k$ such that for any 2022 real numbers $x_1, x_2, \ldots, x_{2022}$, there exist $k$ essentially increasing functions $f_1, \ldots, f_k$ such that
$$
f_1(n)+f_2(n)+\cdots+f_k(n)=x_n \quad \text { for every } n=1,2, \ldots 2022
$$

\end{prob}

We claim that $k = 3$ is the smallest integer that satisfies the given condition. To prove this, we first show that $k = 2$ does not suffice.

Consider the case where $x_1 = x_2 = \ldots = x_{1011} = 1$ and $x_{1012} = x_{1013} = \ldots = x_{2022} = -1$. We will prove that it is impossible to express all the $x_i$ using two essentially increasing functions.

Suppose for the sake of contradiction that there exist two essentially increasing functions $f_1$ and $f_2$ such that $f_1(n) + f_2(n) = x_n$ for all $n$. Without loss of generality, we can assume that $f_1(n) \geq 0$ for all $n$. Then $f_2(n) = x_n – f_1(n) \leq 0$ for all $n$. Since $f_2$ is essentially increasing, it follows that $f_2(n) = 0$ for all $n$ such that $x_n \neq 0$. Therefore, $f_1(n) = x_n$ for all such $n$, which contradicts the fact that $f_1$ is essentially increasing.

We will now show that $k = 3$ suffices for any set of 2022 real numbers. Let $x_1, x_2, \ldots, x_{2022}$ be any set of 2022 real numbers. Without loss of generality, we can assume that $x_1 \leq x_2 \leq \ldots \leq x_{2022}$. Let $m$ be the median of the set ${x_1, x_2, \ldots, x_{2022}}$.

Define $f_1(n) = \begin{cases} x_n – m & \text{if } x_n \geq m \ 0 & \text{if } x_n < m \end{cases}$ and $f_2(n) = \begin{cases} m – x_n & \text{if } x_n \leq m \ 0 & \text{if } x_n > m \end{cases}$. It is easy to verify that $f_1$ and $f_2$ are essentially increasing.

Now let $S = {n : x_n > m}$ and $T = {n : x_n < m}$. We have $|S| \geq 1011$ and $|T| \geq 1011$, since $m$ is the median of the set ${x_1, x_2, \ldots, x_{2022}}$. Let $a = \sum_{n \in S} f_1(n)$ and $b = \sum_{n \in T} f_2(n)$. Note that $a \geq 0$, $b \geq 0$, and $a + b = \sum_{n=1}^{2022} f_1(n) + \sum_{n=1}^{2022} f_2(n) = \sum_{n=1}^{2022} x_n$.

Since $|S| \geq 1011$, it follows that there exist $1011$ distinct elements $n_1, n_2, \ldots, n_{1011}$ in $S$ such that $x_{n_1}

\begin{prob}

There are 2022 users on a social network called Mathbook, and some of them are Mathbookfriends. (On Mathbook, friendship is always mutual and permanent.)
Starting now, Mathbook will only allow a new friendship to be formed between two users if they have at least two friends in common. What is the minimum number of friendships that must already exist so that every user could eventually become friends with every other user?

\end{prob}

Since $q(p-1)$ is a perfect square and $q$ is prime, we should have $p-1=q b^2$ for some positive integer $b$. Let $a^2=p-q$. Therefore, $q=p-a^2$, and substituting that into the $p-1=q b^2$ and solving for $p$ gives
$$
p=\frac{a^2 b^2-1}{b^2-1}=\frac{(a b-1)(a b+1)}{b^2-1}
$$
Notice that we also have
$$
p=\frac{a^2 b^2-1}{b^2-1}=a^2+\frac{a^2-1}{b^2-1}
$$
and so $b^2-1 \mid a^2-1$. We run through the cases

  • $a=1$ : Then $p-q=1$ so $(p, q)=(3,2)$, which works.
  • $a=b$ : This means $p=a^2+1$, so $q=1$, a contradiction.
  • $a>b$ : This means that $b^2-1<a b-1$. Since $b^2-1$ can be split up into two factors $F_1, F_2$ such that $F_1 \mid a b-1$ and $F_2 \mid a b+1$, we get
    $$
    p=\frac{a b-1}{F_1} \cdot \frac{a b+1}{F_2}
    $$
    and each factor is greater than 1 , contradicting the primality of $p$.
    Thus, the only solution is $(p, q)=(3,2)$.
数学竞赛代写｜USAMO代考美国数学邀请赛2023

数学竞赛代写

数学竞赛代写｜USAMO代考美国数学邀请赛2023

数学竞赛代写｜USAMO代考美国数学邀请赛2023 请认准UprivateTA™. UprivateTA™为您的留学生涯保驾护航。

微观经济学代写

微观经济学是主流经济学的一个分支，研究个人和企业在做出有关稀缺资源分配的决策时的行为以及这些个人和企业之间的相互作用。my-assignmentexpert™ 为您的留学生涯保驾护航 在数学Mathematics作业代写方面已经树立了自己的口碑, 保证靠谱, 高质且原创的数学Mathematics代写服务。我们的专家在图论代写Graph Theory代写方面经验极为丰富，各种图论代写Graph Theory相关的作业也就用不着 说。

线性代数代写

线性代数是数学的一个分支，涉及线性方程，如：线性图，如：以及它们在向量空间和通过矩阵的表示。线性代数是几乎所有数学领域的核心。

博弈论代写

现代博弈论始于约翰-冯-诺伊曼（John von Neumann）提出的两人零和博弈中的混合策略均衡的观点及其证明。冯-诺依曼的原始证明使用了关于连续映射到紧凑凸集的布劳威尔定点定理，这成为博弈论和数学经济学的标准方法。在他的论文之后，1944年，他与奥斯卡-莫根斯特恩（Oskar Morgenstern）共同撰写了《游戏和经济行为理论》一书，该书考虑了几个参与者的合作游戏。这本书的第二版提供了预期效用的公理理论，使数理统计学家和经济学家能够处理不确定性下的决策。

微积分代写

微积分，最初被称为无穷小微积分或 “无穷小的微积分”，是对连续变化的数学研究，就像几何学是对形状的研究，而代数是对算术运算的概括研究一样。

它有两个主要分支，微分和积分；微分涉及瞬时变化率和曲线的斜率，而积分涉及数量的累积，以及曲线下或曲线之间的面积。这两个分支通过微积分的基本定理相互联系，它们利用了无限序列和无限级数收敛到一个明确定义的极限的基本概念 。

计量经济学代写

什么是计量经济学？
计量经济学是统计学和数学模型的定量应用，使用数据来发展理论或测试经济学中的现有假设，并根据历史数据预测未来趋势。它对现实世界的数据进行统计试验，然后将结果与被测试的理论进行比较和对比。

根据你是对测试现有理论感兴趣，还是对利用现有数据在这些观察的基础上提出新的假设感兴趣，计量经济学可以细分为两大类：理论和应用。那些经常从事这种实践的人通常被称为计量经济学家。

MATLAB代写

MATLAB 是一种用于技术计算的高性能语言。它将计算、可视化和编程集成在一个易于使用的环境中，其中问题和解决方案以熟悉的数学符号表示。典型用途包括：数学和计算算法开发建模、仿真和原型制作数据分析、探索和可视化科学和工程图形应用程序开发，包括图形用户界面构建MATLAB 是一个交互式系统，其基本数据元素是一个不需要维度的数组。这使您可以解决许多技术计算问题，尤其是那些具有矩阵和向量公式的问题，而只需用 C 或 Fortran 等标量非交互式语言编写程序所需的时间的一小部分。MATLAB 名称代表矩阵实验室。MATLAB 最初的编写目的是提供对由 LINPACK 和 EISPACK 项目开发的矩阵软件的轻松访问，这两个项目共同代表了矩阵计算软件的最新技术。MATLAB 经过多年的发展，得到了许多用户的投入。在大学环境中，它是数学、工程和科学入门和高级课程的标准教学工具。在工业领域，MATLAB 是高效研究、开发和分析的首选工具。MATLAB 具有一系列称为工具箱的特定于应用程序的解决方案。对于大多数 MATLAB 用户来说非常重要，工具箱允许您学习和应用专业技术。工具箱是 MATLAB 函数（M 文件）的综合集合，可扩展 MATLAB 环境以解决特定类别的问题。可用工具箱的领域包括信号处理、控制系统、神经网络、模糊逻辑、小波、仿真等。

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数学竞赛代写｜USAMO代考美国数学邀请赛2023

美国数学邀请赛是一项面向中学生的数学竞赛，起始于1983年。该竞赛有15道问题，考试时间为3小时。AMC10前2.5%和AMC12前5%的学生有资格参加美国数学邀请赛。和美国数学竞赛、美国数学奥林匹克共同作为选拔国际数学奥林匹克美国队的赛事，该赛事处于选拔的第二级，胜出者方能参加下一级的美国数学奥林匹克比赛。

AIME资格认证的变化
从2011年开始，美国数学邀请考试（AIME）的资格参数将略有放宽。对于参加2012年AMC 10竞赛的学生，我们将邀请所有得分最高的2.5%的学生或得分至少为120分的学生（以更多的为准）参加AIME。这与2004年以来一直实行的1%（或120分）的数值不同。对于参加2012年AMC 12的学生，我们将邀请所有得分者中的前5%或得分者中至少有100分的学生参加AIME。这些AMC 12的资格值保持在2000年以来的水平。这一政策是为了防止出现特别困难的考试，即分数一致低于正常水平的考试，从而减少AIME的合格人数。

对AMC 10名合格者设定较高的要求有两个原因。

  • 首先，AIME考试可能相当令人生畏，我们不希望年轻学生因考试成绩不佳而气馁。
  • 第二，我们希望确保任何通过AMC 10考试获得AIME资格的学生在随后几年参加AMC 12考试时也有可能获得AIME资格。如果一个学生在10年级获得了AIME资格，但在随后的高中阶段却没有，这可能会让人非常失望。
    通过限制从AMC10年级获得AIME资格的人数为前2.5%，我们的计划是不排除任何非常优秀的年轻学生，对他们来说，AIME是一个适当的经验，但也不会让学生处于没有成功机会的情况。

请注意：AIME II（备用AIME）的新程序。
今年，AMC将对AIME II（也称为AIME候补）采用一些新的程序。回顾一下，AIME II的第二个（或备用）日期是 ， ， 。

AMC办公室将从2月下旬开始向学校邮寄2012年AMC 10和2012年AMC 12报告，并持续到3月初至3月中旬。 在该AMC 10和AMC 12报告中，将列出学校的AIME合格者名单。
报告中还包括该校AIME选手的AIME I竞赛（装在一个密封的信封里）、AIME答题表和AIME/USAMO教师手册。这与我们多年来的做法相同。
如果你的AIME合格者将在WWW考试时参加AIME I考试，那么一切都准备好了，你只需要按照《教师手册》中AIME I的指示，将AIME答卷寄回，以便评分。
如果你的AIME参赛者将在WWW上参加AIME II，那么你仍然需要在我们的网页上（电子注册）或AIME教师手册中的纸质表格上填写AIME II（或AIME备用）注册。请务必填写一个有效的电子邮件地址。
保存你在AMC10/AMC12报告中收到的AIME答案表。我们将在AIME I和AIME II中使用相同的答案表格。同时保存AIME报告信封，我们将使用同一个AIME报告信封寄回AIME I和AIME II。
请在3月28日关注您的电子邮件，查看包含AIME II的电子信息。它将以PDF文件的形式出现在邮件中。打印AIME II，然后为每个参加AIME II的合格者复印足够的副本。
让参加AIME II的学生用铅笔在答题表的正面上方写上 “AIME II”，与答案同侧。
任何其他必要的指示将在AIME教师手册中列出。
这些新的程序是为了降低成本，更快，更有效，更环保，减少纸张和运输。

认可
AIME的目的是在AMC10或AMC12之外，为北美许多具有特殊数学能力的高中生提供进一步的挑战和认可。得分最高的美国公民和合法居住在美国和加拿大的学生（根据加权平均分，获得合格分数）被邀请参加美国数学竞赛。

AIME（美国数学邀请考试）是介于AMC10或AMC12和USAMO之间的考试。所有参加AMC 12的学生，如果在可能的150分中取得100分或以上的成绩，或在前5%的学生被邀请参加AIME考试。所有参加AMC 10的学生，在可能的150分中取得120分或以上，或进入前2.5%的学生也有资格参加AIME。本学年AIME I的日期为 ，AIME II的日期为 ， 。美国数学邀请考试没有额外的注册费，除非你选择参加第二次考试。额外的管理/运输费是要收取的，前10名学生的最低费用为，超过10名学生的最低费用为。这在AMC 10/12和AIME教师手册中有更详细的解释。

数学竞赛代写｜USAMO代考美国数学邀请赛2023

数学竞赛代写｜USAMO代考美国数学邀请赛2023

\begin{prob}

Rectangles $B C C_1 B_2, C A A_1 C_2$, and $A B B_1 A_2$ are erected outside an acute triangle $A B C$. Suppose that
$$
\angle B C_1 C+\angle C A_1 A+\angle A B_1 B=180^{\circ} .
$$
Prove that lines $B_1 C_2, C_1 A_2$, and $A_1 B_2$ are concurrent.

\end{prob}

Let $D$ be the second point of intersection of the circles $A B_1 B$ and $A A_1 C$. Then
$$
\begin{gathered}
\angle A D B=180^{\circ}-\angle A B_1 B, \angle A D C=180^{\circ} \angle A A_1 C \Longrightarrow \
\angle B D C=360^{\circ}-\angle A D B-\angle A D C= \
=360^{\circ}-\left(180^{\circ}-\angle A B_1 B\right)-\left(180^{\circ}-\angle A A_1 C\right)= \
=\angle A B_1 B+\angle A A_1 C \Longrightarrow \angle B D C+\angle B C_1 C=180^{\circ} \Longrightarrow
\end{gathered}
$$
$B D C C_1 B_2$ is cyclic with diameters $B C_1$ and $C B_2 \Longrightarrow \angle C D B_2=90^{\circ}$. Similarly, $\angle C D A_1=90^{\circ} \Longrightarrow$ points $A_1, D$, and $B_2$ are collinear.
Similarly, triples of points $A_2, D, C_1$ and $C_2, D, B_1$ are collinear.
(After USAMO 2021 Solution Notes – Evan Chen)

\begin{prob}

Find all pairs of primes $(p, q)$ for which $p-q$ and $p q-q$ are both perfect squares.

\end{prob}

Since $q(p-1)$ is a perfect square and $q$ is prime, we should have $p-1=q b^2$ for some positive integer $b$. Let $a^2=p-q$. Therefore, $q=p-a^2$, and substituting that into the $p-1=q b^2$ and solving for $p$ gives
$$
p=\frac{a^2 b^2-1}{b^2-1}=\frac{(a b-1)(a b+1)}{b^2-1}
$$
Notice that we also have
$$
p=\frac{a^2 b^2-1}{b^2-1}=a^2+\frac{a^2-1}{b^2-1}
$$
and so $b^2-1 \mid a^2-1$. We run through the cases

  • $a=1$ : Then $p-q=1$ so $(p, q)=(3,2)$, which works.
  • $a=b$ : This means $p=a^2+1$, so $q=1$, a contradiction.
  • $a>b$ : This means that $b^2-1<a b-1$. Since $b^2-1$ can be split up into two factors $F_1, F_2$ such that $F_1 \mid a b-1$ and $F_2 \mid a b+1$, we get
    $$
    p=\frac{a b-1}{F_1} \cdot \frac{a b+1}{F_2}
    $$
    and each factor is greater than 1 , contradicting the primality of $p$.
    Thus, the only solution is $(p, q)=(3,2)$.
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数学竞赛代写｜USAMO代考美国数学邀请赛2023 请认准UprivateTA™. UprivateTA™为您的留学生涯保驾护航。

微观经济学代写

微观经济学是主流经济学的一个分支，研究个人和企业在做出有关稀缺资源分配的决策时的行为以及这些个人和企业之间的相互作用。my-assignmentexpert™ 为您的留学生涯保驾护航 在数学Mathematics作业代写方面已经树立了自己的口碑, 保证靠谱, 高质且原创的数学Mathematics代写服务。我们的专家在图论代写Graph Theory代写方面经验极为丰富，各种图论代写Graph Theory相关的作业也就用不着 说。

线性代数代写

线性代数是数学的一个分支，涉及线性方程，如：线性图，如：以及它们在向量空间和通过矩阵的表示。线性代数是几乎所有数学领域的核心。

博弈论代写

现代博弈论始于约翰-冯-诺伊曼（John von Neumann）提出的两人零和博弈中的混合策略均衡的观点及其证明。冯-诺依曼的原始证明使用了关于连续映射到紧凑凸集的布劳威尔定点定理，这成为博弈论和数学经济学的标准方法。在他的论文之后，1944年，他与奥斯卡-莫根斯特恩（Oskar Morgenstern）共同撰写了《游戏和经济行为理论》一书，该书考虑了几个参与者的合作游戏。这本书的第二版提供了预期效用的公理理论，使数理统计学家和经济学家能够处理不确定性下的决策。

微积分代写

微积分，最初被称为无穷小微积分或 “无穷小的微积分”，是对连续变化的数学研究，就像几何学是对形状的研究，而代数是对算术运算的概括研究一样。

它有两个主要分支，微分和积分；微分涉及瞬时变化率和曲线的斜率，而积分涉及数量的累积，以及曲线下或曲线之间的面积。这两个分支通过微积分的基本定理相互联系，它们利用了无限序列和无限级数收敛到一个明确定义的极限的基本概念 。

计量经济学代写

什么是计量经济学？
计量经济学是统计学和数学模型的定量应用，使用数据来发展理论或测试经济学中的现有假设，并根据历史数据预测未来趋势。它对现实世界的数据进行统计试验，然后将结果与被测试的理论进行比较和对比。

根据你是对测试现有理论感兴趣，还是对利用现有数据在这些观察的基础上提出新的假设感兴趣，计量经济学可以细分为两大类：理论和应用。那些经常从事这种实践的人通常被称为计量经济学家。

MATLAB代写

MATLAB 是一种用于技术计算的高性能语言。它将计算、可视化和编程集成在一个易于使用的环境中，其中问题和解决方案以熟悉的数学符号表示。典型用途包括：数学和计算算法开发建模、仿真和原型制作数据分析、探索和可视化科学和工程图形应用程序开发，包括图形用户界面构建MATLAB 是一个交互式系统，其基本数据元素是一个不需要维度的数组。这使您可以解决许多技术计算问题，尤其是那些具有矩阵和向量公式的问题，而只需用 C 或 Fortran 等标量非交互式语言编写程序所需的时间的一小部分。MATLAB 名称代表矩阵实验室。MATLAB 最初的编写目的是提供对由 LINPACK 和 EISPACK 项目开发的矩阵软件的轻松访问，这两个项目共同代表了矩阵计算软件的最新技术。MATLAB 经过多年的发展，得到了许多用户的投入。在大学环境中，它是数学、工程和科学入门和高级课程的标准教学工具。在工业领域，MATLAB 是高效研究、开发和分析的首选工具。MATLAB 具有一系列称为工具箱的特定于应用程序的解决方案。对于大多数 MATLAB 用户来说非常重要，工具箱允许您学习和应用专业技术。工具箱是 MATLAB 函数（M 文件）的综合集合，可扩展 MATLAB 环境以解决特定类别的问题。可用工具箱的领域包括信号处理、控制系统、神经网络、模糊逻辑、小波、仿真等。

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数学代写|罗斯数学训练营选拔代考ROSS mathematics program代写

罗斯数学训练营成立于1957年, 与Program in Mathematics for Young Scientists (PROMYS)和Stanford University Mathematics Camp (SUMaC)并称为美国三大顶尖数学训练营。每年有400多名来自世界各地的顶尖高中生申请，仅招收40名新生，录取率不足10%。中国学生的录取率则更低。

鉴于该训练营的国际影响力深远，学员高中毕业后多被美国常青藤联盟大学以及其他世界名校录取，入选训练营意味着一条腿跨入了世界名校。以2011年的学员为例，在已知去向的24名学生中，6人入读哈佛大学，5人麻省理工，3人耶鲁大学，2人普林斯顿，1人宾夕法尼亚大学，其他7人分别进入了杜克大学，加州伯克利大学，滑铁卢大学，密歇根大学等名校。

“简单问题，深度思考”是罗斯训练营的主要理念。美国及其他世界名校数学教授倾情授课，课外辅导与讨论相结合，通过具体的数论问题研究，旨在激发学员对数学学习的兴趣，培养辩证思维能力。营期全封闭管理学习，为数学爱好者提供难得的学习交流平台。

2023年将开设两个美国营地：

俄亥俄州营（奥特本大学）       

营期：6月11日–7月21日

印第安纳州营（罗斯霍曼理工学院）       

营期：6月18日–7月28日

       更多关于罗斯数学训练营·美国的信息，详见官方网站：https://rossprogram.org/

学生感言

2011 年学员：姚同学（南京外国语学校）  入读耶鲁大学（全奖） 

“在高二暑假前申请了一个美国的数学夏令营，这个选拔性很强的夏令营强调个人的独立思考，而不是同学间的相互竞争。在这之前，我仔细研读了班上数学达人所推荐的书目， 做了一些准备，但是这个夏令营的困难程度还是超出了我的想象。夏令营中只有我和一个西 班牙人是国际生。为了防止分心，营员们都不允许携带电脑。每天虽然只有一个小时的讲课， 但是剩余的时间都是用来独立思考数学题的。每一道题都需要写出完整的解题报告，如果方 法不正确，或者证明不严密，都会被退回来重做。这在旁人看来也许像是炼狱般的两个月里， 我却凭借对数学的热爱，做到了乐在其中，对数学的兴趣不减反增。”

2012 年学员：马同学（南京外国语学校）  入读哈佛大学（全奖） 

“暑假参加了一个叫做 Ross 数论夏令营, 每天一小时的课, 剩下全部用来独立思考题 目。六周时间,不给带电脑一直在做数论,模拟了 200 年的数论发展史,一定要做完一个成套题 目才能做下一个。当六周结束的时候,学到的东西远远超乎想象。”

2013 年学员：陈同学（南京外国语学校）  入读麻省理工学院 

“高二升高三的暑假，我在美国的暑期学校项目里重新认识了数学。以前接触的数学毕 竟还是以竞赛为主，我们会使用各种各样的定理去解决非常复杂的奥数题，却并不能够保证 真正理解每一道定理的由来。而在这个项目里，我们学会了知其然更知其所以然，从基础的 开始，思考每一条定理的缘由。很多在小学生看来是天经地义的等式都被画上了一个个问号，为什么 0 不能等于 1 ？为什么一个数不是奇数就是偶数？正是在最为严格的证明下，我们在离开夏校的时候学到了的竞赛时并没有接触到的东西，从最基础的定义建立起了属于自己的数论系统。这些经历让我明白，要搭建起数学的琼楼玉宇，我们就要做到踏实、缜密地搭建起它的一砖一瓦。”

数学竞赛代考|AIME代考美国数学邀请赛|2021 AIME I Problems

2020 Ross Mathematics Program-OSU

2020 俄亥俄州立大学罗斯数学营

项目介绍

Ross数学营项目初始于1957年圣母大学，由Arnold Ross博士创办，并于1964年起与俄亥俄州立大学联合举办。Ross与“PROMYS”和“SUMAC”并称三大美国顶尖数学训练营,含金量非常高。获得Ross营的录取对于学生在大学申请中是极大的加分项。历来Ross营学员申请到哈耶普斯麻等美国顶尖名校的不在少数。高强度的Ross数学营旨在带领高中孩子探索数学之美。Think deeply about simple things！夏令营引导孩子们从极具创造力的角度思考他们闻所未闻的数学问题，带领孩子们学习他们从未见过的数学方法，培养并塑造孩子们的数学思维。数学教育的意义不仅仅在于获取计算能力，更在于通过数学，培养孩子们的批判思维。一个从来不会提出质疑的孩子将来不可能成为科学界的领头人，对于真正的科学人才来说，独立思考能力和批判质疑的态度是至关重要的，而这也是Ross数学营能够带给学生们的最重要，最核心的能力。Ross数学营激励学生用数学艺术来思考世界，培养学生的独立思维和批判性思维。
每个成功的申请者都有良好的高中成绩，并且在回答入学的数学测试问题上表现出色。因其大部分学员高中毕业后被世界名校录取，它的入营和顺利毕业意味着申请名校已经成功了一半。如今2016年起，Ross/Asia亚洲分场选择在中国举办，为中国的学生提供了极大的便利。
2019年Ross数学营在俄亥俄多米尼加大学和中国江苏的大学校园进行。亚洲Ross数学营与美国数学营没有任何区别，学校将采用完全一致的形式和教学风格，所有的课程也都将用英语授课。
每天只有一个小时的大课（Lecture），一周三个小时的小课（Seminar），周末不上课，剩下的时间全部用来做题。上课更多的是介绍概念和方法，而做题才是这里学习的主要方式
Ross program的申请难度极大，招生比例不超过10%。Ross美国营每年只招60位新学员，中国学生的录取率则更低。2011年起，训练营每年只招收1-2名中国学生，2014年7名中国学生，2015年破天荒录取12名中国学生。2018年超过300人申请，约75人参加北美营（亚洲背景学生占1/3），60人参加亚洲营，与美国营采取同样的选拔方式，相同的教学方式、教学内容、试题资料。
项目费用：5000美金（亚洲区估计3500人民币）
项目对象：15—18周岁在校生

Ross课程内容

Ross/USA和Ross/ASIA将维持完全相同的内容，课程总共为期六周，参加者每周上课八小时(讲座五小时，问题研讨会三小时)。除了这些课程，学生们还会安排自己的时间，因为需要学生花很多时间集中在课堂上提出的具有挑战性的数学思想和作业上。并且，当学生可以完整理解和解决一个问题后，会要求学生清楚的写下和证明他们的结论，以此来锻炼他们的逻辑思维和数学解题经验课程内容有：欧几里得算法、模运算、二项式系数、多项式、元素的阶、二次互反性、连分式、算术函数、高斯整数：Z[i]，有限域，结式、几何数论、二次数域等。每周8小时课时，包括5小时讲座和3小时研讨会；课余时间学生需要利用课上所学知识解决很多有挑战性的数学难题

Number Theory 数论作为Ross项目的核心课题的原因是它的许多想法都非常接近表面且容易被注意到，但同时其深层次的概念也非常值得探索。具体将讨论的数学课题如下：

Euclid’s Algorithm欧几里得算法
Greatest common divisor. Diophantine equation ax + by = c. Proof of unique factorization in Z.

Modular arithmetic模运算
Inverses. Solving congruences. Fermat’s Theorem. Chinese Remainder Theorem. Hensel’s lemma for solving congruences (mod pm).

Binomial coefficients二项式系数
Pascal‘s triangle. Binomial Theorem. Arithmetic properties of binomial coefficients, like: (x+y)p= xp + yp (mod p).

Polynomials多项式
Division algorithm, Remainder Theorem, number of roots. Polynomials in Zp[x]. Irreducibles and unique factorization. Z[x] and Gauss’s Lemma. Cyclotomic polynomials.Orders of elements元的阶Units. The group Um. Computing orders. Cyclicity of Up. For which m is Um cyclic?

Quadratic reciprocity二次互反率
Legendre symbols. Euler’s criterion. Gauss’s fourth proof of Reciprocity. Jacobi symbols.Continued fractions连分式Computing convergents. |x – p/q| < 1/q2. Best rational approximations.

Pell’s equation.Arithmetic functions数学函数
phi(n), tau(n), sigma(n), and mu(n). Multiplicative functions. Sum of f(d) as d divides n. Moebius Inversion. Convolutions of functions.

Gaussian integers: Z[i]高斯整数
Norms. Which rational primes have Gaussian factors? Division algorithm. Unique factorization. Fermat’s two squares theorem. Counting residues (mod a+bi).

Finite fields有限域
Characteristic. Frobenius map. Factoring xpn – x. Counting irreducible polynomials. Uniqueness Theorem for the field of pn elements.

Resultants结式
Discriminant of a polynomial and formal derivatives. Resultant of two polynomials and relation with Euclid’s algorithm. Another proof of Quadratic Reciprocity.

Geometry of numbers几何数论
Lattice points. Pick’s Theorem. Minkowski’s Theorem. Geometric interpretation of the Farey sequence and continued fractions. Geometric proofs of the two square and four square theorems.

Quadratic number fields二次数域
Which quadratic number rings are Euclidean? For instance Z[sqrt(d)] is Euclidean when d = -1, -2, 2, 3 but not when d = -3, -5 or 5. Algebraic integers.

申请时间

夏校时间：

  • Ross/USA时间：2020年6月21日周日至7月31日周五，在 Ohio Dominican University举办
  • Ross/ASIA时间：2020年7月5日周日至8月7日周五

申请开始时间：2020年1月2日，已开始
申请截止时间：2020年4月1日

申请要求

  1. 高中成绩单
  2. 标化成绩：托福总分不低于80且语言在22分以上，雅思总分不低于5分且语言在7分以上；ITEP不低于4.5且语言在5分以上
  3. 两封推荐信（一封来自数学老师）
  4. 个人陈述（学习兴趣与目标，需回答若干问题）
  5. 数学测试(简答题和数轮题，难度极大)
  6. 可能会电话面试
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罗斯数学训练营选拔代考

数学代写|图论代写GRAPH THEORY代考

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微观经济学代写

微观经济学是主流经济学的一个分支，研究个人和企业在做出有关稀缺资源分配的决策时的行为以及这些个人和企业之间的相互作用。my-assignmentexpert™ 为您的留学生涯保驾护航 在数学Mathematics作业代写方面已经树立了自己的口碑, 保证靠谱, 高质且原创的数学Mathematics代写服务。我们的专家在图论代写Graph Theory代写方面经验极为丰富，各种图论代写Graph Theory相关的作业也就用不着 说。

线性代数代写

线性代数是数学的一个分支，涉及线性方程，如：线性图，如：以及它们在向量空间和通过矩阵的表示。线性代数是几乎所有数学领域的核心。

博弈论代写

现代博弈论始于约翰-冯-诺伊曼（John von Neumann）提出的两人零和博弈中的混合策略均衡的观点及其证明。冯-诺依曼的原始证明使用了关于连续映射到紧凑凸集的布劳威尔定点定理，这成为博弈论和数学经济学的标准方法。在他的论文之后，1944年，他与奥斯卡-莫根斯特恩（Oskar Morgenstern）共同撰写了《游戏和经济行为理论》一书，该书考虑了几个参与者的合作游戏。这本书的第二版提供了预期效用的公理理论，使数理统计学家和经济学家能够处理不确定性下的决策。

微积分代写

微积分，最初被称为无穷小微积分或 “无穷小的微积分”，是对连续变化的数学研究，就像几何学是对形状的研究，而代数是对算术运算的概括研究一样。

它有两个主要分支，微分和积分；微分涉及瞬时变化率和曲线的斜率，而积分涉及数量的累积，以及曲线下或曲线之间的面积。这两个分支通过微积分的基本定理相互联系，它们利用了无限序列和无限级数收敛到一个明确定义的极限的基本概念 。

计量经济学代写

什么是计量经济学？
计量经济学是统计学和数学模型的定量应用，使用数据来发展理论或测试经济学中的现有假设，并根据历史数据预测未来趋势。它对现实世界的数据进行统计试验，然后将结果与被测试的理论进行比较和对比。

根据你是对测试现有理论感兴趣，还是对利用现有数据在这些观察的基础上提出新的假设感兴趣，计量经济学可以细分为两大类：理论和应用。那些经常从事这种实践的人通常被称为计量经济学家。

MATLAB代写

MATLAB 是一种用于技术计算的高性能语言。它将计算、可视化和编程集成在一个易于使用的环境中，其中问题和解决方案以熟悉的数学符号表示。典型用途包括：数学和计算算法开发建模、仿真和原型制作数据分析、探索和可视化科学和工程图形应用程序开发，包括图形用户界面构建MATLAB 是一个交互式系统，其基本数据元素是一个不需要维度的数组。这使您可以解决许多技术计算问题，尤其是那些具有矩阵和向量公式的问题，而只需用 C 或 Fortran 等标量非交互式语言编写程序所需的时间的一小部分。MATLAB 名称代表矩阵实验室。MATLAB 最初的编写目的是提供对由 LINPACK 和 EISPACK 项目开发的矩阵软件的轻松访问，这两个项目共同代表了矩阵计算软件的最新技术。MATLAB 经过多年的发展，得到了许多用户的投入。在大学环境中，它是数学、工程和科学入门和高级课程的标准教学工具。在工业领域，MATLAB 是高效研究、开发和分析的首选工具。MATLAB 具有一系列称为工具箱的特定于应用程序的解决方案。对于大多数 MATLAB 用户来说非常重要，工具箱允许您学习和应用专业技术。工具箱是 MATLAB 函数（M 文件）的综合集合，可扩展 MATLAB 环境以解决特定类别的问题。可用工具箱的领域包括信号处理、控制系统、神经网络、模糊逻辑、小波、仿真等。

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数学代写|AIME代考美国数学邀请赛代写|2023 AIME I Problems/Problem 1

美国数学邀请赛是一项面向中学生的数学竞赛，起始于1983年。该竞赛有15道问题，考试时间为3小时。AMC10前2.5%和AMC12前5%的学生有资格参加美国数学邀请赛。和美国数学竞赛、美国数学奥林匹克共同作为选拔国际数学奥林匹克美国队的赛事，该赛事处于选拔的第二级，胜出者方能参加下一级的美国数学奥林匹克比赛。

AIME资格认证的变化
从2011年开始，美国数学邀请考试（AIME）的资格参数将略有放宽。对于参加2012年AMC 10竞赛的学生，我们将邀请所有得分最高的2.5%的学生或得分至少为120分的学生（以更多的为准）参加AIME。这与2004年以来一直实行的1%（或120分）的数值不同。对于参加2012年AMC 12的学生，我们将邀请所有得分者中的前5%或得分者中至少有100分的学生参加AIME。这些AMC 12的资格值保持在2000年以来的水平。这一政策是为了防止出现特别困难的考试，即分数一致低于正常水平的考试，从而减少AIME的合格人数。

对AMC 10名合格者设定较高的要求有两个原因。

  • 首先，AIME考试可能相当令人生畏，我们不希望年轻学生因考试成绩不佳而气馁。
  • 第二，我们希望确保任何通过AMC 10考试获得AIME资格的学生在随后几年参加AMC 12考试时也有可能获得AIME资格。如果一个学生在10年级获得了AIME资格，但在随后的高中阶段却没有，这可能会让人非常失望。
    通过限制从AMC10年级获得AIME资格的人数为前2.5%，我们的计划是不排除任何非常优秀的年轻学生，对他们来说，AIME是一个适当的经验，但也不会让学生处于没有成功机会的情况。

请注意：AIME II（备用AIME）的新程序。
今年，AMC将对AIME II（也称为AIME候补）采用一些新的程序。回顾一下，AIME II的第二个（或备用）日期是 ， ， 。

AMC办公室将从2月下旬开始向学校邮寄2012年AMC 10和2012年AMC 12报告，并持续到3月初至3月中旬。 在该AMC 10和AMC 12报告中，将列出学校的AIME合格者名单。
报告中还包括该校AIME选手的AIME I竞赛（装在一个密封的信封里）、AIME答题表和AIME/USAMO教师手册。这与我们多年来的做法相同。
如果你的AIME合格者将在WWW考试时参加AIME I考试，那么一切都准备好了，你只需要按照《教师手册》中AIME I的指示，将AIME答卷寄回，以便评分。
如果你的AIME参赛者将在WWW上参加AIME II，那么你仍然需要在我们的网页上（电子注册）或AIME教师手册中的纸质表格上填写AIME II（或AIME备用）注册。请务必填写一个有效的电子邮件地址。
保存你在AMC10/AMC12报告中收到的AIME答案表。我们将在AIME I和AIME II中使用相同的答案表格。同时保存AIME报告信封，我们将使用同一个AIME报告信封寄回AIME I和AIME II。
请在3月28日关注您的电子邮件，查看包含AIME II的电子信息。它将以PDF文件的形式出现在邮件中。打印AIME II，然后为每个参加AIME II的合格者复印足够的副本。
让参加AIME II的学生用铅笔在答题表的正面上方写上 “AIME II”，与答案同侧。
任何其他必要的指示将在AIME教师手册中列出。
这些新的程序是为了降低成本，更快，更有效，更环保，减少纸张和运输。

认可
AIME的目的是在AMC10或AMC12之外，为北美许多具有特殊数学能力的高中生提供进一步的挑战和认可。得分最高的美国公民和合法居住在美国和加拿大的学生（根据加权平均分，获得合格分数）被邀请参加美国数学竞赛。

AIME（美国数学邀请考试）是介于AMC10或AMC12和USAMO之间的考试。所有参加AMC 12的学生，如果在可能的150分中取得100分或以上的成绩，或在前5%的学生被邀请参加AIME考试。所有参加AMC 10的学生，在可能的150分中取得120分或以上，或进入前2.5%的学生也有资格参加AIME。本学年AIME I的日期为 ，AIME II的日期为 ， 。美国数学邀请考试没有额外的注册费，除非你选择参加第二次考试。额外的管理/运输费是要收取的，前10名学生的最低费用为，超过10名学生的最低费用为。这在AMC 10/12和AIME教师手册中有更详细的解释。

数学代写|AIME代考美国数学邀请赛代写|2023 AIME I Problems/Problem 1

数学竞赛代考|AIME代考美国数学邀请赛|2023 AIME I Problems/Problem 1

Problem
Five men and nine women stand equally spaced around a circle in random order. The probability that every man stands diametrically opposite a woman is $\frac{m}{n}$, where $m$ and $n$ are relatively prime positive integers. Find $m+n$.


Solution 1
For simplicity purposes, we consider two arrangements different even if they only differ by rotations or reflections. In this way, there are 14 ! arrangements without restrictions.
First, there are $\left(\begin{array}{l}7 \ 5\end{array}\right)$ ways to choose the man-woman diameters. Then, there are $10 \cdot 8 \cdot 6 \cdot 4 \cdot 2$ ways to place the five men each in a man-woman diameter. Finally, there are 9 ! ways to place the nine women without restrictions.
Together, the requested probability is
$$
\frac{\left(\begin{array}{l}
7 \
5
\end{array}\right) \cdot(10 \cdot 8 \cdot 6 \cdot 4 \cdot 2) \cdot 9 !}{14 !}=\frac{21 \cdot(10 \cdot 8 \cdot 6 \cdot 4 \cdot 2)}{14 \cdot 13 \cdot 12 \cdot 11 \cdot 10}=\frac{48}{143}
$$
from which the answer is $48+143=191$.
$\sim$ MRENTHUSIASM

Solution 2
We can simply just loop through each of the men and find the probability that the person opposite from him is a woman.
Start by sitting down the $1 \mathrm{st}$ man. The probability that the person opposite to him is a woman is $\frac{9}{13}$ since out of the 13 people who can sit opposite to him, 9 can be a woman. With the 2 nd man, we can use the same logic: there are 11 people who can sit opposite to him, but only 8 of them are a woman, so the probability is $\frac{8}{11}$. We use the same logic for the $3 \mathrm{rd}$, 4th and 5th men to get probabilities of $\frac{7}{9}, \frac{6}{7}$ and $\frac{5}{5}$, respectively.
Multiplying these probabilities, we get a final answer of
$$
\frac{9}{13} \cdot \frac{8}{11} \cdot \frac{7}{9} \cdot \frac{6}{7} \cdot \frac{5}{5}=\frac{48}{143} \longrightarrow 191 .
$$
$\sim$ s214425 (Inspired by Math Jam)

Solution 3
This problem is equivalent to solving for the probability that no man is standing diametrically opposite to another man. We can simply just construct this.
We first place the 1 st man anywhere on the circle, now we have to place the 2nd man somewhere around the circle such that he is not diametrically opposite to the first man. This can happen with a probability of $\frac{12}{13}$ because there are 13 available spots, and 12 of them are not opposite to the first man.
We do the same thing for the 3rd man, finding a spot for him such that he is not opposite to the other 2 men, which would happen with a probability of $\frac{10}{12}$ using similar logic. Doing this for the 4th and 5th men, we get probabilities of $\frac{8}{11}$ and $\frac{6}{10}$ respectively.
Multiplying these probabilities, we get,
$$
\frac{12}{13} \cdot \frac{10}{12} \cdot \frac{8}{11} \cdot \frac{6}{10}=\frac{48}{143} \longrightarrow 191 .
$$
$\sim s 214425$

Solution 4
Assume that rotations and reflections are distinct arrangements, and replace men and women with identical M’s and W’s, respectively. (We can do that because the number of ways to arrange 5 men in a circle and the number of ways to arrange 9 women in a circle, are constants.) The total number of ways to arrange $5 \mathrm{M}$ ‘s and $9 \mathrm{~W}$ ‘s is $\left(\begin{array}{c}14 \ 5\end{array}\right)=2002$.
To count the number of valid arrangements (i.e. arrangements where every $\mathrm{M}$ is diametrically opposite a W), we notice that exactly 2 of the pairs of diametrically opposite positions must be occupied by 2 W’s.
There are $\left(\begin{array}{l}7 \ 2\end{array}\right)=21$ ways to choose these 2 pairs. For the remaining 5 pairs, we have to choose which position is occupied by an $\mathrm{M}$ and which is occupied by a W. This can be done in $2^5=32$ ways. Therefore, there are $21 * 32=672$ valid arrangements.
Therefore, the probability that an arrangement is valid is $\frac{672}{2002}=\frac{48}{143}$ for an answer of 191 .
$\sim$ pianoboy

Solution 5
To start off, we calculate the total amount of ways to organize all 14 people irrespective of any constraints. This is simply $\left(\begin{array}{c}14 \ 5\end{array}\right)=2002$, because we just count how many ways we can place all 5 men in any of the 14 slots.
Since men cannot be diametrically opposite with each other, because of the constraints, placing down one man in any given spot will make another spot on the opposite side of the circle unable to hold any men. This means that placing down one man will effectively take away 2 spots.
There are 14 possible slots the first man can be placed. Once that man was placed, the next man only have 12 possible slots because the slot that the first man is in is taken and the diametrically opposite spot to the first man can’t have any men. Similar logic applies for the third man, who has 10 possible slots. The fourth man has 8 possible slots, and the fifth man has 6 possible slots.
This means the number of ways you can place all 5 men down is $14 \cdot 12 \cdot 10 \cdot 8 \cdot 6$. However, since the men are all indistinct from each other, you also have to divide that value by $5 !=120$, since there are 120 ways to arrange the 5 men in each possible positioning of the men on the circle. This means the total number of ways to arrange the men around the circle so that none of them are diametrically opposite of each other is: $\frac{14 \cdot 12 \cdot 10 \cdot 8 \cdot 6}{5 !}=672$. The women simply fill in the rest of the available slots in each arrangement of men.
Thus, the final probability is $\frac{672}{2002}=\frac{48}{143}$, meaning the answer is $48+143=191$.

数学代写|AIME代考美国数学邀请赛代写|2023 AIME I Problems/Problem 1

数学竞赛代考

数学竞赛代考|AIME代考美国数学邀请赛|2023 AIME I

Problems/Problem 1
问题
五男九女随机站成一个圆圈。每个男人站在一个女人的对面的概率是 $\frac{m}{n} ，$ 在哪里 $m$ 和 $n$ 是相对质数的正整数。 寻找 $m+n$.
解决方案 1
为简单起见，我们认为两种排列方式不同，即使它们仅在旋转或反射方面有所不同。这样一来，就有 14 个!不 受限制的安排。
首先，有 $(75)$ 选择男女直径的方法。然后，有 $10 \cdot 8 \cdot 6 \cdot 4 \cdot 2$ 将五个男人分别放置在男女直径范围内的方 法。最后，有9个! 九女的安置方式不受限制。
一起，请求的概率是
$$
\frac{(75) \cdot(10 \cdot 8 \cdot 6 \cdot 4 \cdot 2) \cdot 9 !}{14 !}=\frac{21 \cdot(10 \cdot 8 \cdot 6 \cdot 4 \cdot 2)}{14 \cdot 13 \cdot 12 \cdot 11 \cdot 10}=\frac{48}{143}
$$
答㲾是 $48+143=191$.
～狂热
解决方案 2
我们可以简单地遍历每个男人，找出与他相对的人是女人的概率。
首先坐下1st男人。他对面的人是女人的概率是 $\frac{9}{13}$ 因为能坐在他对面的 13 个人中，有 9 个是女人。对于第二个男 人，我们可以用同样的逻辑：有 11 个人可以坐在他对面，但其中只有 8 个人是女人，所以概率是 $\frac{8}{11}$. 我们使用相 同的逻辑 $3 r d$, 第 4 和第 5 个人得到的概率 $\frac{7}{9}, \frac{6}{7}$ 和 $\frac{5}{5}$ ，分别。
将这些概率相乘，我们得到最终答案
$$
\frac{9}{13} \cdot \frac{8}{11} \cdot \frac{7}{9} \cdot \frac{6}{7} \cdot \frac{5}{5}=\frac{48}{143} \longrightarrow 191 .
$$
$\sim s 214425$ (灵感来自 Math Jam)

解法3
这个问题等价于求解没有人站在另一个人的对面的概率。我们可以简单地构建它。
我们首先将第一个人放在囼圈上的任意位置，现在我们必须将第二个人放在圆圈周围的某个位置，这样他就不
会与第一个人完全相反。这有可能发生 $\frac{12}{13}$ 因为有 13 个可用点，其中 12 个不在第一个人对面。
我们对第三个人做同样的事情，为他找一个位置，这样他就不会与其他两个人相对，这种情况发生的概率是 $\frac{10}{12}$ 使用类似的逻辑。对第 4 个人和第 5 个人这样做，我们得到的概率是 $\frac{8}{11}$ 和 $\frac{6}{10}$ 分别。 将这些概率相乘，我们得到，
$$
\frac{12}{13} \cdot \frac{10}{12} \cdot \frac{8}{11} \cdot \frac{6}{10}=\frac{48}{143} \longrightarrow 191
$$
$\sim s 214425$
解决方案 4
假设旋转和反射是不同的排列，并分别用相同的 $M$ 和 $W$ 替换男性和女性。（我们可以这样做，因为将 5 个男 人排成一圏的方式数量和将 9 个女人排成一圈的方式数量是常量。 $。 5 \mathrm{M}$ 。沙 $9 \mathrm{~W}$ 的是 $(145)=2002$.
计算有效安排的数量 (即每个安排 $\mathrm{M}$ 与 $\mathrm{W}$ 完全相反)，我们注意到恰好 2 对完全相反的位置必须被 2 个 $\mathrm{W}$ 占 据。
有 72$)=21$ 选择这两对的方法。对于剩下的 5 对，我们必须选择哪个位置被一个M并且被W占用。这可以在 $2^5=32$ 方法。因此，有 $21 * 32=672$ 有效的安排。
因此，安排有效的概率是 $\frac{672}{2002}=\frac{48}{143}$ 对于 191 的答㟯。
＼cjkstart钢琴男孩
解决方案 5
首先，我们计算组织所有 14 个人的方式总数，而不考虑任何限制。这简直是 $(145)=2002$ ，因为我们只是 计算有多少种方法可以将所有 5 个人放在 14 个位置中的任何一个位置。
由于人不能完全相对，因为限制，在任何给定位置放置一个人都会使圆圈另一侧的另一个位置无法容纳任何 人。这意味着放下一个人将有效地带走 2 个位置。
第一个人可以放置 14 个可能的位置。一旦那个人被放置，下一个人只有 12 个可能的位置，因为第一个人所在 的位置被占用，而与第一个人完全相反的位置不能有任何人。类似的逻辑适用于第三个人，他有 10 个可能的位 置。第四个人有 8 个可能的位置，第五个人有 6 个可能的位置。
这意味着您可以将所有 5 个人放下的方式的数量是 $14 \cdot 12 \cdot 10 \cdot 8 \cdot 6$. 但是，由于这些人彼此之间都是模楜 的，因此您还必须将该值除以 $5 !=120$ ，因为有 120 种方法可以将 5 个人安排在圆圈上每个可能的位置。这意 味着将人围绕圆圈排列的方式总数是: $\frac{14 \cdot 12 \cdot 10 \cdot 8 \cdot 6}{5 !}=672$. 女性只需填写每个男性排列中剩余的可用空位。 因此，最終的概率是 $\frac{672}{2002}=\frac{48}{143}$ ，意思是答䆧是 $48+143=191$

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线性代数是数学的一个分支，涉及线性方程，如：线性图，如：以及它们在向量空间和通过矩阵的表示。线性代数是几乎所有数学领域的核心。

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现代博弈论始于约翰-冯-诺伊曼（John von Neumann）提出的两人零和博弈中的混合策略均衡的观点及其证明。冯-诺依曼的原始证明使用了关于连续映射到紧凑凸集的布劳威尔定点定理，这成为博弈论和数学经济学的标准方法。在他的论文之后，1944年，他与奥斯卡-莫根斯特恩（Oskar Morgenstern）共同撰写了《游戏和经济行为理论》一书，该书考虑了几个参与者的合作游戏。这本书的第二版提供了预期效用的公理理论，使数理统计学家和经济学家能够处理不确定性下的决策。

微积分代写

微积分，最初被称为无穷小微积分或 “无穷小的微积分”，是对连续变化的数学研究，就像几何学是对形状的研究，而代数是对算术运算的概括研究一样。

它有两个主要分支，微分和积分；微分涉及瞬时变化率和曲线的斜率，而积分涉及数量的累积，以及曲线下或曲线之间的面积。这两个分支通过微积分的基本定理相互联系，它们利用了无限序列和无限级数收敛到一个明确定义的极限的基本概念 。

计量经济学代写

什么是计量经济学？
计量经济学是统计学和数学模型的定量应用，使用数据来发展理论或测试经济学中的现有假设，并根据历史数据预测未来趋势。它对现实世界的数据进行统计试验，然后将结果与被测试的理论进行比较和对比。

根据你是对测试现有理论感兴趣，还是对利用现有数据在这些观察的基础上提出新的假设感兴趣，计量经济学可以细分为两大类：理论和应用。那些经常从事这种实践的人通常被称为计量经济学家。

MATLAB代写

MATLAB 是一种用于技术计算的高性能语言。它将计算、可视化和编程集成在一个易于使用的环境中，其中问题和解决方案以熟悉的数学符号表示。典型用途包括：数学和计算算法开发建模、仿真和原型制作数据分析、探索和可视化科学和工程图形应用程序开发，包括图形用户界面构建MATLAB 是一个交互式系统，其基本数据元素是一个不需要维度的数组。这使您可以解决许多技术计算问题，尤其是那些具有矩阵和向量公式的问题，而只需用 C 或 Fortran 等标量非交互式语言编写程序所需的时间的一小部分。MATLAB 名称代表矩阵实验室。MATLAB 最初的编写目的是提供对由 LINPACK 和 EISPACK 项目开发的矩阵软件的轻松访问，这两个项目共同代表了矩阵计算软件的最新技术。MATLAB 经过多年的发展，得到了许多用户的投入。在大学环境中，它是数学、工程和科学入门和高级课程的标准教学工具。在工业领域，MATLAB 是高效研究、开发和分析的首选工具。MATLAB 具有一系列称为工具箱的特定于应用程序的解决方案。对于大多数 MATLAB 用户来说非常重要，工具箱允许您学习和应用专业技术。工具箱是 MATLAB 函数（M 文件）的综合集合，可扩展 MATLAB 环境以解决特定类别的问题。可用工具箱的领域包括信号处理、控制系统、神经网络、模糊逻辑、小波、仿真等。

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数学竞赛代考|AIME代考美国数学邀请赛|2021 AIME I Problems

美国数学邀请赛是一项面向中学生的数学竞赛，起始于1983年。该竞赛有15道问题，考试时间为3小时。AMC10前2.5%和AMC12前5%的学生有资格参加美国数学邀请赛。和美国数学竞赛、美国数学奥林匹克共同作为选拔国际数学奥林匹克美国队的赛事，该赛事处于选拔的第二级，胜出者方能参加下一级的美国数学奥林匹克比赛。

AIME资格认证的变化
从2011年开始，美国数学邀请考试（AIME）的资格参数将略有放宽。对于参加2012年AMC 10竞赛的学生，我们将邀请所有得分最高的2.5%的学生或得分至少为120分的学生（以更多的为准）参加AIME。这与2004年以来一直实行的1%（或120分）的数值不同。对于参加2012年AMC 12的学生，我们将邀请所有得分者中的前5%或得分者中至少有100分的学生参加AIME。这些AMC 12的资格值保持在2000年以来的水平。这一政策是为了防止出现特别困难的考试，即分数一致低于正常水平的考试，从而减少AIME的合格人数。

对AMC 10名合格者设定较高的要求有两个原因。

  • 首先，AIME考试可能相当令人生畏，我们不希望年轻学生因考试成绩不佳而气馁。
  • 第二，我们希望确保任何通过AMC 10考试获得AIME资格的学生在随后几年参加AMC 12考试时也有可能获得AIME资格。如果一个学生在10年级获得了AIME资格，但在随后的高中阶段却没有，这可能会让人非常失望。
    通过限制从AMC10年级获得AIME资格的人数为前2.5%，我们的计划是不排除任何非常优秀的年轻学生，对他们来说，AIME是一个适当的经验，但也不会让学生处于没有成功机会的情况。

请注意：AIME II（备用AIME）的新程序。
今年，AMC将对AIME II（也称为AIME候补）采用一些新的程序。回顾一下，AIME II的第二个（或备用）日期是 ， ， 。

AMC办公室将从2月下旬开始向学校邮寄2012年AMC 10和2012年AMC 12报告，并持续到3月初至3月中旬。 在该AMC 10和AMC 12报告中，将列出学校的AIME合格者名单。
报告中还包括该校AIME选手的AIME I竞赛（装在一个密封的信封里）、AIME答题表和AIME/USAMO教师手册。这与我们多年来的做法相同。
如果你的AIME合格者将在WWW考试时参加AIME I考试，那么一切都准备好了，你只需要按照《教师手册》中AIME I的指示，将AIME答卷寄回，以便评分。
如果你的AIME参赛者将在WWW上参加AIME II，那么你仍然需要在我们的网页上（电子注册）或AIME教师手册中的纸质表格上填写AIME II（或AIME备用）注册。请务必填写一个有效的电子邮件地址。
保存你在AMC10/AMC12报告中收到的AIME答案表。我们将在AIME I和AIME II中使用相同的答案表格。同时保存AIME报告信封，我们将使用同一个AIME报告信封寄回AIME I和AIME II。
请在3月28日关注您的电子邮件，查看包含AIME II的电子信息。它将以PDF文件的形式出现在邮件中。打印AIME II，然后为每个参加AIME II的合格者复印足够的副本。
让参加AIME II的学生用铅笔在答题表的正面上方写上 “AIME II”，与答案同侧。
任何其他必要的指示将在AIME教师手册中列出。
这些新的程序是为了降低成本，更快，更有效，更环保，减少纸张和运输。

认可
AIME的目的是在AMC10或AMC12之外，为北美许多具有特殊数学能力的高中生提供进一步的挑战和认可。得分最高的美国公民和合法居住在美国和加拿大的学生（根据加权平均分，获得合格分数）被邀请参加美国数学竞赛。

AIME（美国数学邀请考试）是介于AMC10或AMC12和USAMO之间的考试。所有参加AMC 12的学生，如果在可能的150分中取得100分或以上的成绩，或在前5%的学生被邀请参加AIME考试。所有参加AMC 10的学生，在可能的150分中取得120分或以上，或进入前2.5%的学生也有资格参加AIME。本学年AIME I的日期为 ，AIME II的日期为 ， 。美国数学邀请考试没有额外的注册费，除非你选择参加第二次考试。额外的管理/运输费是要收取的，前10名学生的最低费用为，超过10名学生的最低费用为。这在AMC 10/12和AIME教师手册中有更详细的解释。

数学竞赛代考|AIME代考美国数学邀请赛|2021 AIME I Problems

数学竞赛代考|AIME代考美国数学邀请赛|2021 AIME I Problems

Problem 1
Zou and Chou are practicing their 100 -meter sprints by running 6 races against each other. Zou wins the first race, and after that, the probability that one of them wins a race is $\frac{2}{3}$ if they won the previous race but only $\frac{1}{3}$ if they lost the previous race. The probability that Zou will win exactly 5 of the 6 races is $\frac{m}{n}$, where $m$ and $n$ are relatively prime positive integers. Find $m+n$.
Solution


Problem 2
In the diagram below, $A B C D$ is a rectangle with side lengths $A B=3$ and $B C=11$, and $A E C F$ is a rectangle with side lengths $A F=7$ and $F C=9$, as shown. The area of the shaded region common to the interiors of both rectangles is $\frac{m}{n}$, where $m$ and $n$ are relatively prime positive integers. Find $m+n$.

Problem 3
Find the number of positive integers less than 1000 that can be expressed as the difference of two integral powers of 2.
Solution


Problem 4
Find the number of ways 66 identical coins can be separated into three nonempty piles so that there are fewer coins in the first pile than in the second pile and fewer coins in the second pile than in the third pile.
Solution


Problem 5
Call a three-term strictly increasing arithmetic sequence of integers special if the sum of the squares of the three terms equals the product of the middle term and the square of the common difference. Find the sum of the third terms of all special sequences.
Solution


Problem 6
Segments $\overline{A B}, \overline{A C}$, and $\overline{A D}$ are edges of a cube and $\overline{A G}$ is a diagonal through the center of the cube. Point $P$ satisfies $B P=60 \sqrt{10}$, $C P=60 \sqrt{5}, D P=120 \sqrt{2}$, and $G P=36 \sqrt{7}$. Find $A P$.
Solution


Problem 7
Find the number of pairs $(m, n)$ of positive integers with $1 \leq m<n \leq 30$ such that there exists a real number $x$ satisfying
$$
\sin (m x)+\sin (n x)=2 .
$$
Solution


Problem 8
Find the number of integers $c$ such that the equation
$$
|| 20|x|-x^2|-c|=21
$$
has 12 distinct real solutions.
Solution


Problem 9
Let $A B C D$ be an isosceles trapezoid with $A D=B C$ and $A B<C D$. Suppose that the distances from $A$ to the lines $B C, C D$, and $B D$ are 15,18 , and 10 , respectively. Let $K$ be the area of $A B C D$. Find $\sqrt{2} \cdot K$.
Solution

Problem 10
Consider the sequence $\left(a_k\right){k \geq 1}$ of positive rational numbers defined by $a_1=\frac{2020}{2021}$ and for $k \geq 1$, if $a_k=\frac{m}{n}$ for relatively prime positive integers $m$ and $n$, then $$ a{k+1}=\frac{m+18}{n+19} .
$$
Determine the sum of all positive integers $j$ such that the rational number $a_j$ can be written in the form $\frac{t}{t+1}$ for some positive integer $t$.
Solution


Problem 11
Let $A B C D$ be a cyclic quadrilateral with $A B=4, B C=5, C D=6$, and $D A=7$. Let $A_1$ and $C_1$ be the feet of the perpendiculars from $A$ and $C$, respectively, to line $B D$, and let $B_1$ and $D_1$ be the feet of the perpendiculars from $B$ and $D$, respectively, to line $A C$. The perimeter of $A_1 B_1 C_1 D_1$ is $\frac{m}{n}$, where $m$ and $n$ are relatively prime positive integers. Find $m+n$.
Solution


Problem 12
Let $A_1 A_2 A_3 \ldots A_{12}$ be a dodecagon (12-gon). Three frogs initially sit at $A_4, A_8$, and $A_{12}$. At the end of each minute, simultaneously, each of the three frogs jumps to one of the two vertices adjacent to its current position, chosen randomly and independently with both choices being equally likely. All three frogs stop jumping as soon as two frogs arrive at the same vertex at the same time. The expected number of minutes until the frogs stop jumping is $\frac{m}{n}$, where $m$ and $n$ are relatively prime positive integers. Find $m+n$.
Solution


Problem 13
Circles $\omega_1$ and $\omega_2$ with radii 961 and 625 , respectively, intersect at distinct points $A$ and $B$. A third circle $\omega$ is externally tangent to both $\omega_1$ and $\omega_2$. Suppose line $A B$ intersects $\omega$ at two points $P$ and $Q$ such that the measure of minor arc $\widehat{P Q}$ is $120^{\circ}$. Find the distance between the centers of $\omega_1$ and $\omega_2$.
Solution


Problem 14
For any positive integer $a, \sigma(a)$ denotes the sum of the positive integer divisors of $a$. Let $n$ be the least positive integer such that $\sigma\left(a^n\right)-1$ is divisible by 2021 for all positive integers $a$. Find the sum of the prime factors in the prime factorization of $n$.
Solution

Problem 15
Let $S$ be the set of positive integers $k$ such that the two parabolas
$$
y=x^2-k \text { and } x=2(y-20)^2-k
$$
intersect in four distinct points, and these four points lie on a circle with radius at most 21 . Find the sum of the least element of $S$ and the greatest element of $S$.
Solution

数学竞赛代考|AIME代考美国数学邀请赛|2021 AIME I Problems

图论代写

数学竞赛代考|AIME代考美国数学邀请赛|2021 AIME I Problems

Problem 1 $\frac{2}{3}$ 如果他们嬴得了上一场比赛，但仅 $\frac{1}{3}$ 如果他们输掉了上一场比寒。Zou 在 6 场比赛中恰好嬴得 5 场的概率是 $\frac{m}{n}$ ，在哪里 $m$ 和 $n$ 是相对质数的正䔩数。寻找 $m+n$.
解决方宴
问题2
在下图中， $A B C D$ 是边长的矩形 $A B=3$ 和 $B C=11$ ， 和 $A E C F$ 是边长的矩形 $A F=7$ 和 $F C=9$ ，如图所示。两个矩形 内部共有的阴影区域的面积是 $\frac{m}{n}$ ，在哪里 $m$ 和 $n$ 是相对质数的正整数。寻找 $m+n$.
问题 3
找出小于 1000 的正慗数的个数，这些正整数可以表示为 2 的两个整数欠煦之差。
解
问题 4
找出将 66 个相同的硬㠳分成三个非空堆的方法数，使得第一堆中的硬币少于第二堆中的硬币，第二堆中的硬市少于第三堆中的硬 币。
解决方宴
问题 5
如果三项的平方和等于中间项与公差平方的乘积，则称三项严格递㘿的整数等差数列为特殊数列。找出所有特殊序列的第三项之 和。
解决方宴
问题 6
片段 $\overline{A B}, \overline{A C}$ ，和 $\overline{A D}$ 是立方体的边，并且 $\overline{A G}$ 是通过立方体中心的对角线。观点 $P$ 满足 $B P=60 \sqrt{10}$ ， $C P=60 \sqrt{5}, D P=120 \sqrt{2}$ ， 和 $G P=36 \sqrt{7}$. 寻找 $A P$.
解决方㝒
问题 7
找出对数 $(m, n)$ 正整数与 $1 \leq m<n \leq 30$ 使得存在实数 $x$ 令人满意
$$
\sin (m x)+\sin (n x)=2 .
$$
解决方宴
问题 8
找出整数的个数 $c$ 这样方程
$$
|| 20|x|-x^2|-c|=21
$$
有 12 个不同的实数解。
解决方宴

问题 9
让 $A B C D$ 是一个等腰㥎形 $A D=B C$ 和 $A B<C D$. 假设距离 $A$ 到线 $B C, C D ，$ 和 $B D$ 分别是 15,18 和 10 。让 $K$ 是面积 $A B C D$. 䖝找 $\sqrt{2} \cdot K$
解决方㟯
问题 10
考虑序列 $\left(a_k\right) k \geq 1$ 由 定义的正有理数 $a_1=\frac{2020}{2021}$ 并为 $k \geq 1$ ，如果 $a_k=\frac{m}{n}$ 对于相对质数的正整数 $m$ 和 $n$ ，然后
$$
a k+1=\frac{m+18}{n+19} \text {. }
$$
确定所有正整数的总和 $j$ 这样有理数 $a_j$ 可以写成形式 $\frac{t}{t+1}$ 对于某个正整数 $t$.
解决方宴
问题 11
让 $A B C D$ 是一个楿环四边形 $A B=4, B C=5, C D=6$ ，和 $D A=7$. 让 $A_1$ 和 $C_1$ 是垂线的脚 $A$ 和 $C$ ，分别为线 $B D$ ，然后 让 $B_1$ 和 $D_1$ 是垂线的脚 $B$ 和 $D$ ，分别为线 $A C$. 的周长 $A_1 B_1 C_1 D_1$ 是 $\frac{m}{n}$ ，在哪里 $m$ 和 $n$ 是相对质数的正整数。寻找 $m+n$.
解决方宴
问题 12
让 $A_1 A_2 A_3 \ldots A_{12}$ 是十二边形（12-gon）。三只青蛙最初坐在 $A_4, A_8$ ，和 $A_{12}$. 在每一分钟结束时，三只青蛙中的每只都会同 时跳到与其当前位置相邻的两个顶点之一，随机且独立地选择两个选择的可能性相同。一旦两只青蛙同时到达同一顶点，所有三只 青蛙都会停止跳跃。青蛙停止跳跃的预期分钟数是 $\frac{m}{n}$ ，在哪里 $m$ 和 $n$ 是相对质数的正整数。寻找 $m+n$.
解决方宨
第 13
题圆 $\omega_1$ 和 $\omega_2$ 半径分别为 961 和 625 ，相交于不同的点 $A$ 和 $B$. 第三眻 $\omega$ 与两者都外切 $\omega_1$ 和 $\omega_2$. 假设线 $A B$ 相交 $\omega$ 在两点 $P$ 和 $Q$ 这样 小弝度的测量 $\widehat{P Q}$ 是 $120^{\circ}$. 找出中心之间的距离 $\omega_1$ 和 $\omega_2$.
解决方宴
问题 14
对于任何正整数 $a, \sigma(a)$ 表示正整数除数之和 $a$. 让 $n$ 是最小的正整数，使得 $\sigma\left(a^n\right)-1$ 对于所有正整数，到 2021 年都可以整除 $a$.
在筰因式分解中求俵因数之和 $n$.
解决方宴
问题 15
让 $S$ 是正整数的集合 $k$ 这样两条抛物线
$$
y=x^2-k \text { and } x=2(y-20)^2-k
$$
相交于四个不同的点，这四个点位于一个半径最大为 21 的圆上。找到最小元塐的总和 $S$ 和最大的元塐 $S$.
解决方宴

数学代写|图论代写GRAPH THEORY代考

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微观经济学代写

微观经济学是主流经济学的一个分支，研究个人和企业在做出有关稀缺资源分配的决策时的行为以及这些个人和企业之间的相互作用。my-assignmentexpert™ 为您的留学生涯保驾护航 在数学Mathematics作业代写方面已经树立了自己的口碑, 保证靠谱, 高质且原创的数学Mathematics代写服务。我们的专家在图论代写Graph Theory代写方面经验极为丰富，各种图论代写Graph Theory相关的作业也就用不着 说。

线性代数代写

线性代数是数学的一个分支，涉及线性方程，如：线性图，如：以及它们在向量空间和通过矩阵的表示。线性代数是几乎所有数学领域的核心。

博弈论代写

现代博弈论始于约翰-冯-诺伊曼（John von Neumann）提出的两人零和博弈中的混合策略均衡的观点及其证明。冯-诺依曼的原始证明使用了关于连续映射到紧凑凸集的布劳威尔定点定理，这成为博弈论和数学经济学的标准方法。在他的论文之后，1944年，他与奥斯卡-莫根斯特恩（Oskar Morgenstern）共同撰写了《游戏和经济行为理论》一书，该书考虑了几个参与者的合作游戏。这本书的第二版提供了预期效用的公理理论，使数理统计学家和经济学家能够处理不确定性下的决策。

微积分代写

微积分，最初被称为无穷小微积分或 “无穷小的微积分”，是对连续变化的数学研究，就像几何学是对形状的研究，而代数是对算术运算的概括研究一样。

它有两个主要分支，微分和积分；微分涉及瞬时变化率和曲线的斜率，而积分涉及数量的累积，以及曲线下或曲线之间的面积。这两个分支通过微积分的基本定理相互联系，它们利用了无限序列和无限级数收敛到一个明确定义的极限的基本概念 。

计量经济学代写

什么是计量经济学？
计量经济学是统计学和数学模型的定量应用，使用数据来发展理论或测试经济学中的现有假设，并根据历史数据预测未来趋势。它对现实世界的数据进行统计试验，然后将结果与被测试的理论进行比较和对比。

根据你是对测试现有理论感兴趣，还是对利用现有数据在这些观察的基础上提出新的假设感兴趣，计量经济学可以细分为两大类：理论和应用。那些经常从事这种实践的人通常被称为计量经济学家。

MATLAB代写

MATLAB 是一种用于技术计算的高性能语言。它将计算、可视化和编程集成在一个易于使用的环境中，其中问题和解决方案以熟悉的数学符号表示。典型用途包括：数学和计算算法开发建模、仿真和原型制作数据分析、探索和可视化科学和工程图形应用程序开发，包括图形用户界面构建MATLAB 是一个交互式系统，其基本数据元素是一个不需要维度的数组。这使您可以解决许多技术计算问题，尤其是那些具有矩阵和向量公式的问题，而只需用 C 或 Fortran 等标量非交互式语言编写程序所需的时间的一小部分。MATLAB 名称代表矩阵实验室。MATLAB 最初的编写目的是提供对由 LINPACK 和 EISPACK 项目开发的矩阵软件的轻松访问，这两个项目共同代表了矩阵计算软件的最新技术。MATLAB 经过多年的发展，得到了许多用户的投入。在大学环境中，它是数学、工程和科学入门和高级课程的标准教学工具。在工业领域，MATLAB 是高效研究、开发和分析的首选工具。MATLAB 具有一系列称为工具箱的特定于应用程序的解决方案。对于大多数 MATLAB 用户来说非常重要，工具箱允许您学习和应用专业技术。工具箱是 MATLAB 函数（M 文件）的综合集合，可扩展 MATLAB 环境以解决特定类别的问题。可用工具箱的领域包括信号处理、控制系统、神经网络、模糊逻辑、小波、仿真等。